MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 296

Odcinek łączący środki dwóch boków trójkąta ma połowę długości trzeciego boku. Każdy bok czworokąta środków jest więc równy połowie jednej z przekątnych prostokąta, czyli $\frac d2$.

$L=4\cdot\frac d2=2d.$

a) Każdy z ośmiu trójkątów jest prostokątny. Jeżeli jeden z jego kątów ostrych ma miarę $\alpha$, to drugi ma $90^\circ-\alpha$. Prostopadłość sąsiednich boków obu kwadratów sprawia, że w każdym $T_i$ występuje ta sama para kątów ostrych. Wszystkie trójkąty są zatem podobne z cechy kąt–kąt.

b) Od pola każdego kwadratu odejmujemy pole ich wspólnej części. Dla kwadratu obróconego pozostałość jest sumą pól $T_1,T_3,T_5,T_7$, a dla drugiego — sumą pól $T_2,T_4,T_6,T_8$. Kwadraty są jednakowe, więc te pozostałości są równe.

a) Pole trójkąta liczymy raz z przyprostokątnych, a raz z przeciwprostokątnej i opuszczonej na nią wysokości:

$\frac{ab}{2}=\frac{(x+y)h}{2},\qquad h=\frac{ab}{x+y}.$

b) Dwa małe trójkąty powstałe po opuszczeniu wysokości są podobne. Odpowiadające im boki spełniają

$\frac{x}{h}=\frac{h}{y},$

więc $h^2=xy$. Ponieważ $h>0$, otrzymujemy $h=\sqrt{xy}$.

Oznaczmy obwód dużego trójkąta przez $L$, jego przyprostokątne przez $p,q$, a przeciwprostokątną przez $c$. Dwa trójkąty odcięte wysokością są podobne do dużego w skalach odpowiednio $\frac pc$ i $\frac qc$. Ich obwody spełniają

$a=\frac pcL,\qquad b=\frac qcL.$

Z twierdzenia Pitagorasa $p^2+q^2=c^2$, zatem

$a^2+b^2=L^2\frac{p^2+q^2}{c^2}=L^2.$

a) Jeśli bok kwadratu ma długość $x$, to podobieństwo dwóch narożnych trójkątów daje $\frac{x}{20-x}=\frac{30}{20}$. Stąd $x=12$.

b) Przeciwprostokątna ma długość $15$, a wysokość na nią $h=\frac{9\cdot12}{15}=\frac{36}{5}$. Przekroje równoległe do przeciwprostokątnej maleją liniowo, więc dla boku kwadratu $x$:

$\frac{x}{15}=1-\frac{x}{h}.$

Po podstawieniu $h=\frac{36}{5}$ otrzymujemy $x=\frac{180}{37}$.

Niech bok rombu będzie równy $x$. Ponieważ $KL\parallel AC$, trójkąty $BKL$ i $BAC$ są podobne. Mamy $BK=a-x$ oraz $KL=x$, dlatego

$\frac{x}{b}=\frac{a-x}{a}.$

Stąd $ax=ab-bx$, czyli $x(a+b)=ab$.

Przyjmijmy na boku $BC$ współrzędne afiniczne $B=0$, $C=7$, więc $K=4$. Niech $P=AK\cap CS$ i $t=\frac{AP}{AK}$. Ponieważ $S$ jest środkiem $AB$, porównanie współczynników przy wierzchołkach w obu zapisach punktu $P$ daje

$\frac{4t}{7}=2t-1.$

Zatem $t=\frac7{10}$, a więc $AP:PK=7:3$.

Odcinek łączący środki przekątnych trapezu jest równoległy do podstaw. Z twierdzenia o odcinku środkowym, zastosowanego do trójkątów wyznaczonych przez przekątne, jego długość jest połową różnicy długości podstaw.

Punkty $K,L$ leżą na tej samej wysokości względnej trapezu, równej $\frac7{10}$ drogi od podstawy $AB$ do $CD$. Długość przekroju równoległego do podstaw zmienia się liniowo, zatem

$|KL|=\frac3{10}a+\frac7{10}b.$